山西省运城市泉掌中学高三数学理月考试题含解析

山西省运城市泉掌中学高三数学理月考试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.

方程的解所在的区间为A．

B．

C．

D．参考答案：B2.已知函数（其中）的图象如图1所示，则函数的图象是图2中的（

）

A.

B.

C.

D.

参考答案：A3.设函数,若,则点所形成的区域的面积为

(

)A.

B.

C.

D.参考答案：D4.设,记不超过x的最大整数为[x],令{x}=x-[x]，则{}，[],

（

）A.是等差数列但不是等比数列 B.是等比数列但不是等差数列C.既是等差数列又是等比数列 D.既不是等差数列也不是等比数列参考答案：B因为{}，[]=1，所以,,即成等比数列但不成等差数列,选B.

5..设是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列命题正确的是（

）A．B．C．D．

参考答案：D根据线面垂直的性质可知选项D正确。6.已知函数在区间上是减函数，则的最小值是（

）A．0

B．1

C．2

D．3参考答案：C7.（5分）若直线的倾斜角为120°，则直线的斜率为（） A． B． C． D． 参考答案：B考点： 直线的斜率．专题： 计算题．分析： 根据直线的斜率等于倾斜角的正切值，根据tan120°利用诱导公式及特殊角的三角函数值得到直线l的斜率即可．解答： 因为直线的斜率等于直线倾斜角的正切值，所以直线l的斜率k=tan120°=tan（180°﹣60°）=﹣tan60°=﹣．故选B点评： 此题比较简单，要求学生掌握直线的斜率等于直线倾斜角的正切值，以及灵活运用诱导公式及特殊角的三角函数值进行化简求值．8.“”是“”成立（

）条件。A．充分而不必要

B．必要而不充分

C．充要

D．既不充分也不必要参考答案：A9.复数其中是虚数单位）=（

）.A.

B.

C.

D.参考答案：A略10.从6人中选4人分别到北京、哈尔滨、广州、成都四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且在这6人中甲、乙不去哈尔滨游览，则不同的选择方案共有A.300种

B.240种

C.144种

D.96种参考答案：B略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.设直线l1：x+my+6=0和l2：（m﹣2）x+3y+2m=0，当m=时，l1∥l2，当m=

时，l1⊥l2．参考答案：﹣1，．【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系；直线的一般式方程与直线的垂直关系．【专题】方程思想；综合法；直线与圆．【分析】利用直线平行、垂直的性质求解．【解答】解：∵直线l1：x+my+6=0和l2：（m﹣2）x+3y+2m=0，l1∥l2，∴=≠，解得m=﹣1；∵直线l1：x+my+6=0和l2：（m﹣2）x+3y+2m=0，l1⊥l2，∴1×（m﹣2）+3m=0，解得m=；故答案为：﹣1，．【点评】本题考查实数的取值范围的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意直线的位置关系的合理运用．12.已知为区域内的任意一点，则的取值范围是______．参考答案：试题分析：画出可行域如图所示：由题意可求得，

由得：，

显然直线过时，最小，最小值是0，

直线过时，最大，最大值是6，

故．考点：简单的线性规划13.在极坐标系中,曲线与的公共点到极点的距离为__________.参考答案：14.（）+log3+log3=

．参考答案：【考点】对数的运算性质．【专题】函数的性质及应用．【分析】直接利用分数指数幂的运算法则，对数的运算法则求解即可．【解答】解：（）+log3+log3==．故答案为：．【点评】本题考查分数指数幂的运算法则，对数的运算法则，考查计算能力．15.已知直四棱柱底面是边长为2的菱形，侧面对角线的长为，则该直四棱柱的侧面积为．参考答案：16【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．【分析】根据题意画出图形，结合图形求出侧棱长，再计算四棱柱的侧面积．【解答】解：如图所示，直四棱柱底面ABCD是边长为2的菱形，侧面对角线的长为，∴侧棱长为CC1==2；∴该直四棱柱的侧面积为S=4×2×2=16．故答案为：16．16.展开式中系数为21，则=

参考答案：1或-2略17.定义函数，其中表示不超过的最大整数，如：当时，设函数的值域为A，记集合A中的元素个数为，则式子的最小值为

参考答案：13三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.如图，三棱锥P﹣ABC中，PB⊥底面ABC，∠BCA=90°，PB=BC=CA=2，E为PC的中点，点F在PA上，且2PF=FA．（1）求证：平面PAC⊥平面BEF；（2）求平面ABC与平面BEF所成的二面角的平面角（锐角）的余弦值．参考答案：考点：二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判定．专题：综合题．分析：（1）证明AC⊥平面PBC，可得AC⊥BE，又BE⊥PC，可得BE⊥平面PAC，从而可得平面PAC⊥平面BEF；（2）取AF的中点G，AB的中点M，连接CG，CM，GM，证明平面CMG∥平面BEF，则平面CMG与平面平面BEF所成的二面角的平面角（锐角）就等于平面ABC与平面BEF所成的二面角的平面角（锐角）．解答：（1）证明：∵PB⊥底面ABC，且AC?底面ABC，∴AC⊥PB，由∠BCA=90°，可得AC⊥CB，又∵PB∩CB=B，∴AC⊥平面PBC，∵BE?平面PBC，∴AC⊥BE，∵PB=BC，E为PC中点，∴BE⊥PC，∵AC∩PC=C，∴BE⊥平面PAC，∵BE?平面BEF，∴平面PAC⊥平面BEF；（2）解：取AF的中点G，AB的中点M，连接CG，CM，GM，∵E为PC的中点，2PF=AF，∴EF∥CG，∵CG?平面BEF，EF?平面BEF，∴CG∥平面BEF．同理可证：GM∥平面BEF，∵CG∩GM=G，∴平面CMG∥平面BEF．则平面CMG与平面平面BEF所成的二面角的平面角（锐角）就等于平面ABC与平面BEF所成的二面角的平面角（锐角）．∵PB⊥底面ABC，CM?平面ABC∴CM⊥PB，∵CM⊥AB，PB∩AB=B，∴CM⊥平面PAB，∵GM?平面PAB，∴CM⊥GM，而CM为平面CMG与平面ABC的交线，又AM?底面ABC，GM?平面CMG，∴∠AMG为二面角G﹣CM﹣A的平面角根据条件可知AM=，AG=，在△PAB中，cos∠GAM=，在△AGM中，由余弦定理求得MG=，∴cos∠AMG=，故平面ABC与平面PEF所成角的二面角（锐角）的余弦值为．点评：本题考查面面垂直，考查面面角，解题的关键是掌握面面垂直的判定，正确作出面面角，属于中档题．19.（本小题满分10）选修4-1：几何证明选讲如图，已知⊙O是的外接圆，是边上的高，是⊙O的直径．（1）求证：；（2）过点作⊙O的切线交的延长线于点，若，求的长．参考答案：20.已知△ABC的面积为S，且?=S，|﹣|=3．（Ⅰ）若f（x）=2cos（ωx+B）（ω＞0）的图象与直线y=2相邻两个交点间的最短距离为2，且f（）=1，求△ABC的面积S；（Ⅱ）求S+3cosBcosC的最大值．参考答案：【考点】余弦函数的图象；平面向量数量积的运算．【分析】（Ⅰ）由条件利用余弦函数的图象特征求出ω，可得f（x）的解析式，再根据f（）=1求得B，再利用条件求得A，从而△ABC是直角三角形，从而计算△ABC的面积S．（Ⅱ）利用正弦定理求得△ABC的外接圆半径R，再化减S+3cosBcosC为3cos（B﹣C），从而求得它的最大值．【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）=2cos（ωx+B）（ω＞0）的图象与直线y=2相邻两个交点间的最短距离为T，∴T=2，即：，解得ω=π，故f（x）=2cos（πx+B）．又，即：，∵B是△ABC的内角，∴，设△ABC的三个内角的对边分别为a，b，c，∵，∴，解得，，从而△ABC是直角三角形，由已知得，，从而，．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，设△ABC的外接圆半径为R，则2R===2，解得R=，∴S+3cosBcosC=bcsinA+3cosBcosC=bc+3cosBcosC=3sinBsinC+3cosBcosC=3cos（B﹣C），故的最大值为．21.在梯形中，，，，，如图把沿翻折，使得平面平面.（Ⅰ）求证:平面；（Ⅱ）若点为线段中点,求点到平面的距离．参考答案：（Ⅰ）证明:因为,，,,所以,,,所以.因为平面平面,平面平面,所以平面．…………6分(Ⅱ)解：由（Ⅰ）知.以点为原点，所在的直线为轴,所在直线为轴，如图建立空间直角坐标系.则,,,,．所以,,．设平面的法向量为,则且,所以令,得平面的一个法向量为所以点到平面的距离为．………………12分22.一个圆锥的底面半径为，高为，其中有一个高为的内接圆柱：（1）求圆锥的侧面积；（2）当为何值时，圆柱侧面积最大？并求出最大值.参考答案：（1）（2）时，圆柱的侧面积最大，最大为cm2试题分析：（1